题型9 6类导数大题综合-2025年新高考数学冲刺宝典

高考数学冲刺宝典 2.函数f(x)=e一lnx的最小值为m (1)判断m与2的大小，并说明理由. 3已知函数)-名若f化)在=-1处取得极值求化)的单调区间，以及其最大值与 最小值. 题型96类导数大题综合 技法01利用导数证明不等式 技法解读人 利用导数证明不等式问题，方法如下： (1)直接构造函数法：证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x)转化为证明f(x)一g(x)>0(或 f(x)一g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)一g(x): (2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见放缩结论： (3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数； (4)对数单身狗，指数找基友； (5)凹凸反转，转化为最值问题： (6)同构变形. 串典例剖折一 例1已知函数f(x)=ae一lnx一l. (1)设x=2是f(x)的极值点.求a,并求f(x)的单调区间： (2)证明：当a≥1时f(x)≥0. 36 题型96类导数大题综合 【解析】（1)画数x)的定义城为0，十o∞).由已知得了)=ue-是由题意知，了(2)=0. 则a=0从而f)=20e-lnx-l,fx)=e-是当xe(0,2)时，f()<0f)在 (0,2)上单调递减；当x∈(2，十∞)时，f(x)>0,f(x)在(2，十∞)上单调递增. (2)【解法-】（最优解之放缩法）当a>时x)>号-lnx一1.设g)=是-1nx-1, 则g(x)=g-1.当0<r<1时，g(x)<0:当x>1时，g(x)>0.x=1是g(x)的最小值点. 故当>0时，g(x)>g1)=0.因此，当a>时，f(x)>0. 【解法二】（通性道法之隐零点讨论）：a>≥。心f)=a心-在区间(0，十o∞)内单调递增。 设了(.x)=0,当x0时，f(x)→一o∞，当x=1时，f(1)=ae-1≥0，xo∈(0,1]，f(x)在区 间(0，x)内单调递减，在区间(m,十o∞)内单调递增，且(x0)=ae一】=0，ae=1 ≥fw)=ae-n西-1=-h-1.设0=}ln一1.则g)=子0 .g(x)在区间(0,1]内单调递减，故g(x)≥g(1)=0,即f(x)≥0成立. 【解法三】（分离参数求最值）要证a>。时f(x)≥0，即ae-lnx-1≥0，则证a≥n中成 1-Inz-1 立.令h(x)=1血x中，则(x)= er e.令g)=}-lnx-1,则g1)=0,由g)=- }-1<0知g(x)在区间(0，十∞)内单调递减，从而(x)在(0,1)内单调递增，在区间1，十©) 内单调递减.[h)]=h)=。,而a>。,>h中恒成立，原命题得证 er 【解法四】（隐索点讨论+基本不等式）了()=a心-，结合y=ae与y=的因像，可知 f)=0有唯-实教解，不坊设>0)，则a-=0易知fx)在区间0，n)内是减函 数，在区间(，十oo)内是增函数.∴[fx)]m=f()=ac-ln:-1.由ae6-1=0,得ac 1 0.当且仅当0=六a=是，即a=是o=1时x门m=020, 【解法五】（异构）要证明f(x)=ae-lnx-l≥0，即证f(x)=(ae-x)十(x-lnx-l)≥0， 即证明ae≥x,再证明x≥lnx+1即可.令g(x)=ae-x,g(x)=ae-l.设g'(xo）=ae-1 =0,则x0=-lna. 若a≥1时，g'(x)=ae-1>0在(0，十oo)上恒成立，g(x)>g(0)=0;若≤a<1时，当x∈ 37 高考数学冲刺宝典 (0,-lna)时g(x)<0;当x∈(-lna,十oo)时，g'(x)>0..x=-lna为g(x)=ae-x的极 小值点，则[gx)]=g-ha）=ae+lna=1+nA”a>是1+lna≥0，∴gx≥0. 令x)=x-lnx-1,6(x)=1-是当x∈(0,1)时，8(x)<0:当x∈(1，十o∞)时，0(x)>0, .x=1为6(x)=x一lnx一1的极小值，点.则[6(x)]=6(1)=0,.6(x)=x-lnx一1≥0，即x ≥lnx+l.∴.f(.r)=ae-lnx-10. 【解法六】（高阶函数借位构建有界画数)f代)=ae-hx一1=c(a-h中)令g)=a nr+中1，则gx)=- Le-(Inx+D)e Inx+1-I (e) .令h(x)=lnx+1-子显然h(x)为定 义域(0，十∞)上的增函数.又h(1)=0,故当0<x<1时，h(x)<0,得g(x)<0;当x>1时， h(x)>0,得g'(x)>0.即g(x)在区间(0,1)上为减函数，g(x)在区间(1，十©∞)上为增函数， 故[g(x)]mm=g(1)=a- ≥0.即g(x)≥0恒成立，而f(x)=eg(x)≥0恒成立. 【答案】(1)a=2元：增区间为(2，+0∞)，诚区间为(0,2).(2)证明见解析， ⑦对点练习人 设函数f(x)=ln(a一x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点. (1)求a: (2)设函数g(x)=f.证明：gx)<1. xf(x) 技法02利用导数研究恒成立问题 技法解读人一 1.利用导数求解参数范围的两种常用方法 (1)分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数 之间的关系，求解出参数范围； (2)分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的 参数范围最后取并集 38 题型96类导数大题综合 2.三角函数与导数应用求参 (1)正余弦的有界性；(2)三角函数与函数的重要放缩公式：x≥sinx(x≥>0). 多典例剖析人一 例2已知函数f(x)=ae1一lnx十lna. (2)若不等式f(x)≥1恒成立，求a的取值范围. 【解析】(2)【解法-】（通性通法）：f(x)=ae1-lnx十lna,∴.f广(x)=ae1- 2,且a>0. 设g)=f).则g()=ae+>0,∴g()在0，十o)上单调递增，即fr在0，十o 上单调递增，当a=1时，f()=0∴fx)m=f)=1fx)>≥1成立.当>1时，是<1， ∴e1<1f日)f1)=a(e1-1)(a-1)<0,…存在唯-xm>0,使得f()=ae1- =0,且当x∈(0，)时f(x)<0,当r∈(m,十o∞)时f(x)>0,ae-1=1,lna十-1= -lh,国此f(x)m=f(x)=ae1-lh+lna=+lna+w-1+lna≥2ha-1+2 ·x=21na+1>1,∴fx)>1,∴f(x)≥1恒成立：当0<a<1时，f1)=a+lna<a<1, .f(1)<1,f(x)≥1不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是[1，十o). 【解法二】（最优解之同构）由f(.x)≥l得ae一1一lnx+lna≥l,即e+一1十lna十x一1≥lnx 十x,而lnx+x=ehr+lnx,∴.eau+1+lna+x-l>ear十lnx 令h(m)=e"十m,则h'(m)=e"十1>0，∴h(m)在R上单调递增.由en+-l十lna十x-l≥eh +lnx,可知h(lna+x-1)≥h(lnx),.lna+x-l≥lnx,∴.lna≥(lnx-x+l)mx. 令Fx)=hx-x+1,则F()=-1=1 ∴.当x∈(0,1)时，F(x)>0,F(x)单调递增；当x∈(1，十o∞)时，F(x)<0,F(x)单调递减。 ∴.[F(x)]mx=F(1)=0,则lna≥0，即a1.∴.a的取值范围为a≥l 【解法三】（换元同构）由题意知a>0,x>0,令ae-J=t,.lna十x-1=lnt,.na=lnt-x十 l.于是f(x)=ae-1-lnx+lna=t-lnx+lnt-x+l.由于f(x)≥1，t-lnx+lnt-x+l≥1 台t十lnt≥x十lnx,而y=x十lnx在x∈(0，十o∞)时为增函数，故t≥x,即ae1≥x,分离参数 后有a>.令g)=品g(x)=二=0=卫.当0<1<1时gx>0. er-? e2r-2 g(x)单调递增：当x>1时，g(x)<0,g(x)单调递减.·当x=1时，g()=品取得最大值为 g(1)=1..a≥1. 【解法四】，定义域为(0，十o∞)，且f(x)≥1，∴.f(1)≥1，即a+lna≥l.令S(a)=a十lna, 则S(a)=1+1>0,.S(a)在区间(0，+o∞)内单调递增.：S(1)=1,≥1时，有S(a)>≥ 39 高考数学冲刺宝典 S(1),即a十lna≥1.下面证明当a≥1时，f(x)≥1恒成立.令T(a)=ae1-lnx十lna,只需证 当a≥1时，T(a)≥1恒成立.：T(a)=e1+1>0,T(a)在区间[1，十oo)内单调递增，则 [T(a)]mm=T(1)=e-1-lnx.因此要证明a≥l时，T(a)≥l恒成立，只需证明[T(a)门min=e一1 一lnx≥1即可.由e≥x+l,nx≤x一l,得e1>≥x,一lnx≥l一x.上面两个不等式两边相加可 得e-1-lnx≥1，故a≥1时，f(x)≥1恒成立.当0<a<1时，'f(1)=a十lna<1,显然不满足 f(x)≥1恒成立..a的取值范围为a≥l. 【答案】(2)a≥1 ⑦对点练八 1.已知f)=e-2x- (2)对任意x≥1，emt十x2一a.x一1一lnx>0,求整数a的最大值. (参考数据：sin1≈0.8，ln2≈0.7) 2.已知函数f(x)=e十a.x2一x. (2)当≥0时，x)≥号r+1,求a的取值范围。 3.已知函数fx)=n,g(x)=acos. (2)当x∈（一受，0U(0,受）时，f(x)>g(x)恒成立，求实数a的取值范围； (3)当x∈（-，0)U(o,5)时，[f(x)]2>g(x)恒成立，求实数a的取值范围. 40 题型96类导数大题综合 技法03利用导数研究能成立（有解）问题 技法解速人 形如f(x)≥g(x)的有解的求解策略 L.构造函数法：令F(x)=f(x)一g(x),利用导数求得函数F(x)的单调性与最小值， 只需F(x)mmx≥0恒成立即可. 2.参数分离法：转化为a≥g(x)或a≤gp(x)恒成立，即a≥g(x)mm或a≤g(x)mx恒成立， 只需利用导数求得函数(x)的单调性与最值即可. 多典例剖折人一 例3-1已知函数f(x)=alnx十x,a∈R, (2)若存在x∈[e,e],使fx)≤(ax+号)lnx成立，求实数a的取值范围. 注：e为自然对数的底数. 【解】折2fx≤(ar+号)nzan+≤(ar+2h∴i-aa+a<: 设g=ar+ag)=-a=-(}+}a, 、e 当a0,gr≥0，gr)在x∈[e,e]上单调递增gm=g@)=e-ae十a<2 e-11 不符合题意， 当0<a<,则存在唯一的∈[e,e2],使得g()=0.当x∈[e,o],使得g'(a)<0,当x∈ [xo,e2],使得g'(xo)>0.当x∈[e,xo],g(x)单调递减，当x∈[xo,e2],g(x)单调递增， gx=ga)=a+a≤分a≥()>（后e)= (受一》=2这与0<a<矛盾。 当a≥g(x)≤0，g(x)在x∈[e,e]上单调递减， gx)=ge)-号-ae2+a≤分∴>综上a≥2 【答案】(2a>号 例3一2函数f(x)=acos x-一x十b(a>0,b>0). (2)若函数f代x)在x=一看处取极值，且3x∈[0，]，使得fx)<3cosx-sinx成立，求实数b 41 高考数学冲刺宝典 的取值范围 【解析】(2)，f(x)=acos x-x十b(a>0,b>0),∴.f(x)=一asin x-1,又函数f(x)在x= -处取极值，∴f-）=0,即-asin-石)-1=0，解得a=2,当a=2时，f(.x)=2cosx-x +b,f(x)=-2sinx-1,当xe(-受，-吾)时，f(x)>0,f(x)递增：当x∈（-吾0)时，f(x) <0,f(x)递减；a=2时，函数f(xr)在x=一吾处取的极大值，f(x)=2cosx-x+b,3x∈ [0,受]，使得fx)<3cosx-sinx成立，即2cosx-x+b<3cosx-sinx等价于b<cosx-sinx 十x,令g(x)=cosx-inx+x,xe[0,受]，则bKg(x)mg'(x)=-sinx-cosx+1=-2 sm++1.”xe[0,],≤x+<∴号≤如(e+)<1,-E+1<-2sm (x+)十1≤0，即g(x)≤0（等号在x=0和x=5处取等），∴g(x)在[0，上单调递减， g(x)mx=g(0)=cos0-sin0+0=1,∴.b<1,又b>0,.0<b<1, .实数b的取值范围是(0,1) 【答案】(2)(0,1) 对点练习八- l.已知函数f(x)=e一u一lnx. (2)若存在x∈[e,+o∞)，使f(.xo)<0成立，求a的取值范围. 2.已知函数f(x)=x2十ax-ln)-g(e为自然对数的底数)，a,b∈R (1)当b=0时，讨论f(x)在(0，十∞)上的单调性： (2)当b=1时，若存在x∈[1，e],使f(x)>0,求a的取值范围. 42 题型96类导数大题综合 技法04利用导数研究函数的零点问题 技法解速人 1.零点常规型求参基础 (1)分类讨论思想与转化化归思想； (2)数形结合与单调性的综合应用：一个零点，则多为所求范围内的单调函数，或者“类二次函 数”切线处（极值点处）： (3)注意“找点”难度，对于普通学生，可以用极限思维代替“找点思维” 2.利用导数解决f(x)有两个零点，求实数m的取值范围问题，综合性强，难点在于要分类讨论参 数的范围，进而判断函数的单调性，确定极值的正负问题，关键在于要多次构造函数，利用导数 判断函数单调性。 3.三个以及三个以上零点，较复杂，综合度较大 (1)三个零点型，注意是否有容易观察出来的零点，这样可以转化为两个零点型以降低难度： (2)三个零点型，可通过讨论，研究函数是否是“类一元三次函数”型： (3)如果函数有“断点”，注意分段讨论研究. 串典例剖析一 例4-1已知函数f(x)=e-a(x十2). (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围. 【解析】(2)若f(x)有两个零点，即e-a(x十2)=0有两个解，从方程可知，x=一2不成立， 即a一千2有两个解，令A()=千2≠-2》，则有W()=》C-》 (x+2)2 (x+2)2· 令h'(x)>0,解得x>-1,令h'(x)<0,解得x<-2或一2<x<-1, ∴.函数h(x)在（一∞，一2）和（一2，一1）上单调递减，在(-1，十∞)上单调递增， 且当x<-2时，h(x)<0,而x→-2时，h(x)→十oo,当x→十o∞时，h(x)→十oo, 六当a千2有两个解时，有>h(一1)= e 一满足条件的u的取值范固是：（日，十∞）。 【答案】(，十∞) 例4-2已知函数fx)=3r+argx)=-r-a(a∈R. (2)若函数G(x)=f(.x)十g(x)一ax有且只有一个零点，求a的取值范围. 【解析】（2)G()=fx)十gx)-a-3-t-a,画数G(x)有且只有一个零点，即方程号 43 高考数学冲刺宝典 一t一a=0只有-个根，令h()=子女-，面线y=h(x)与直线y y=h(m) y=d a的图象只有一个交点，h'(x)=x2-2.x,令令h(x)>0,解得x<0或x> 2,令h(x)<0,解得0<x<2,∴.h(x)在（一c∞，0），(2.十oo)上单调递增， 3,当x 4 (0.2)上单调递减，又h(x)大维=h(0)=0,h(.x)小维=h(2)= →十o∞时，h(x)→十o∞，当x→o∞时，h(x)>一o∞，如图，作出函数h(x)的大致图象如下所示： ,曲线y=h(x)与直线y=a的图象只有一个交点 ∴a∈(-o,-号)U0,+o),即a的取值范国为(-∞，-专)U0,十o∞). 【答案】(2-0，-)U0,+) 例4-3已知函数f(x)=lnx一ax+1-lh2,g(x)=二4如 (2)当a>0时，当函数h(x)=f(x)一g(x)恰有三个不同的零点，求实数a的取值范围. 【解析】（2)由题意可得：h()=)-g)=h受-a+,且h(x)的定义接为(0，十eo) 则M)=}a是=-a二也，o>0,湖建g)=-ar+x一a则g的开口向下. 对称轴一云当△=1一16d<0,即a≥时，则)0当>0时恒成立. 故h(x)在(0，十○)内单调递减，则h(x)在定义域内至多有一个零，点，不合题意； 当△=1一16a>0,即0<a<寻时，设g(r)的两个零点为，不妨设<， p(2)=2(1-4a)>0 得）=+-4a=-4a<0 则有： 十=1>0 可得0<2<<，令(x)>0,则<< x1x2=4>0 2,故h(x)在(x1)上单调递增，在(0，)，(x2,十∞)上单调递减，可得h(x)分别在(0，x), (x1,x2),(x2,十∞)内至多只有一个零点，即h(x)至多只有三个零点，，h(2)=0,故h(x)在(x1, 2)内的零点为2，得hn)>h(2)>0,时于A()=n27-日+4a=4d-2na-}-n2. 构建Ga)=4d-21hna--ln2,则G(a)=12a2-名-是-12a2+1220>0当u∈(0，)时恒 a a a? 成立，则Ga)在(0，号上单词递增，且G号-2n}-4+6一h2=3h2+6一4<0，故Ga) <G(})<0,即()<0，∴h(x)在（十∞）内存在零点的∈(2，是)，即()=0，注意到 A)+h)=h营4a++h是铝+a=0,可将4）=0，里头2，放在0 44 题型96类导数大题综合 内存在零点4，可得h(x)有三个零点4,2、o,符合题意：综上所述：当函数h(x)=f(x)一g(x) 拾有三个不同的零点，则实数a的取值范国为(0，) 【答案】 (2(0,) ⑦对点练队 1.已知f(x)=xlnx十a(x-1)(a∈R). (2)若函数y=f(x)有且只有一个零点，求实数a的取值范围. 2.已知函数fx)=e1-a(+1月 (2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围. 3.已知函数f(x)=lnx. (2)已知函数g)=号r+124r-2x+6a寸5，设函数=fx)g 2 3 g(x).f(x)>g(x ,若函数 h(.x)有三个零点，求实数a的取值范围. AS参考答案 然函数∫(x)在(0+∞)上单调递增，而f(令)=E-2<0. 一(1D>0F)在区间(0,1)内为增函数.∴F()>F f1)=e-1>0,则存在唯一的∈（号1)，使得f (0)=0. (m)-0,即 （)当x（-∞，0)时n>0,>0,p证n1- 0-1=0,当x∈(0，x)时，f(x)<0:当x∈ x—由(1)分析知F()在区间(-∞，0)内为减画数F > (xu,十o∞)时，(x)>0,于是函数f(x)=e一lnx在 (x)>F(0)=0.综合(1)(I)有g(x)<1. (0,m)上单调递减，在(o,十∞)上单调递增，因此f(x 【解法二】（最优解之转化为无分母西教）由(1)得∫(x)=n )n=f)=e0-nx,由-1=0，得=1且= To 1-)=得-号1且0，当 一ln,则m=内一n=上十又画数y=上十x在 ∈(0,1D时，要证g(x)=n<1.:r>0,ln zln(1-x) (号1)上单调道减，即雪x(31)时y>2,∴m>2. (1一x)<0,,.xln(1-x)<0,即证+ln(1-x)>xln (1一x),化简得x十(1一x)ln(1一x)>0:同理，当x 3.增区间为(-∞，一1)，(4，十∞)，递减区闻为（一1,4）：1， （-0,0)时，要证g(x)=2<1,:x<0,n 子【解析】：f()=则了(x) rin(I-x) (1-x)>0,.xn(1-x)<0.即证x+ln(1-x)>xln 一2r+a-23-22_2t-30.由题意可得f(-1D (1-x),化简得x+(1-x)n(1一x)>0:令h(x)=x+ (x2十a) (a) (1-x)ln(1-x),再令1=1-x,则1∈(0,1)U(1,+∞)，.z -得昂=0，解得a=4,故f)=各了)= (a+1)2 =1-4,令g(t)=1一t+nt,9(t)=-1+lnt十1=nt,当t 2x十1)(T一①.列表如下： ∈(0,1)时，g(1)<0,e(t)单减，故p(1)>g(1)=0:当1∈ (x”+4)2 (1,+∞)时，p'(1)>0,(1)单增，故g(1)>g(1)=0:综上 ,-1) -1 -1,4) 4 (4,十o∞) 所选，g-9号<1在长(-=0U0.D拉 f() + 0 0 + 成立 f(x) 增 极大值 减 极小值 增 【解法三】（利用导数不等式中的常见结论证明）令(x)=ln,x .函数f(x)的增区间为（一oo,一1），(4，十8∞)，单调递减区 -(x-1.p(x)=-1=三p(x)在区间0，D内是 x 间为(-1,4.当受时，)>0：当>号时)<0 3 增函数，在区间(1，十o)内是减蓝数，g(x)≤g(1)=0,即n x≤x一1（当且仗当x=1时取等号）.故当x<1且x≠0时， df0=f-10=1,m=f4)=- >0且≠1，n<1,即-n1-< 题型096类导数大题综合 技法1利用导数证明不等式 产xh-> 【对点练习】 (1)a=1(2)证明见解析【解析】(1)由题意得y=xf(x)= i)当eo.D时.0>1->nn<日 xln(a-x),则y=ln(a-x)十x[n(a-x)]'=ln(a一x)+ =1-子即nd0+11.dg1 x 产。=0是画教y)的板值点1。=ha=0, (1)当xe(-o,0)时，ln(1一x)>吾>0，同理可证得g a=1. (2)【解法一】（转化为有分母的函数）由(1)知，g(x)= (x)<1,综合(i)()得，当x<1且x≠0时，l2 xIn(I-) 君-nd十共定义城为(-，0U0,D x+ln(1-x2= 1,即g(x)<1. 技法2利用导数研究恒成立问题 要证公1，即话n+}1.即证n<1-吉 1 【对点练习】 L.(2)2【解析】(2)由emr+x2-ax-1-lnx>0恒成立，令 x=1,则em1>a,由2=tnt<em1<38<3=3.得整数a≤ (1)当r0.时n0.星<0，即送a1-)> 2,国此emr+x2-ax-1-lnx≥e+x-2x-1-lnx. 下面证明对任意x≥1，en4十x一2x-1-lnx>0恒成立即 点令)=a1-)高F)=a 可，由1)知e>2x十号，则有er>2simx计7，由此可得： 9 高考数学冲刺宝典 +:-2r-1-In t>2sin++-2r-1-In t= H(x)<0,故H(x)在(0，)上单调递减，故在(0，)上 H(r)<H(0)=0,不符合题意.综上所迷：实数a的取值 2sinr+r-2x-合-lhnx,令Rx)=2inx+r-2r-号 范国是(-0∞，1]. -hx,则ga)=2ms1十2r-2-士设A)=g,又 (3)由(1)知：sim<x在(0，受)上恒成立.由(2)知：当a ()=2+子一-2in>0g单调追增，当>1时 1时，f(x)>g(x),即inL>cosx→simr>x00sx在 g'x)>g'1)=2ms1-1>2cs吾-1=0，gr)在1+∞) (0,变)上恒成立.令G(x)=[fx)下-g(x)=sm 上单调递增.故当≥1时，g(x)≥g(1)=2sin1-2>0. 3 a0sx=mI二arco8兰，：G(-r)=G(x),题设等价 e十x2-2x一1一lnx>0恒成立，综上所述：整数a的最 于G(r)>0在(0，号)上恒成立，即h(r)=imx-arcos 大值为2 22[7,+）【解折12)（装优解之分离参数）由/ x>0在(0，吾)上恒成立， x)≥r+1得，e+ad-nr+1,共中≥0.①当 ()当a≤0时，在(0，受)上simr>0,-rcos≥0，故h (x)>0.G(x)>0,符合题意： x=0时，不等式为：1≥1，显然成立，符合题意：②当x>0 (ii)当0<a≤1时，h(.x)=sinx-a.x2cosx≥sinx-x2cos -tr-r-1 时，分离参数d得，a?一 ,记g(x)=一 x,令r(r)=simx-tcos,xe(0,受)，则r(x)=2sin xcos r-2rcos x+a sin >2sin rcos a-2sin fa sin x·g(x)= (x-2(e--x-1) [22-2(1-cos sin =(4 sin)sin =4 令h)=e---1(>0).则Wx)=e-一1 [(号)-sim受]smx>0r)在(o.受)上单调递 h(x)=e-1≥0，故h'(x)单调递增，h'(x)≥h'(0)=0 增.r(x)>r(0)=0,故方(x)>0,.G(x)>0,将合 故函数h(x)单调递增.h(x)≥h(0)=0,由h(x)≥0可 题意： 得：e-号广-t-1≥0恒成立，故当xe(0,2)时，8 (i)当a>1时，h(x)=sinx-a.cos x<x2-a.cos= (x)>0,g(r)单调递增：当x∈(2，+∞)时，g'(x)<0,g 1-cos,当cosx∈（日.l)且x∈(0.登）时，1- （)单调递减：周此.[g)门=g(2)=7子，综上可 acos x<0,h(x)<x-ax cos x=x(1-acos x)<0, 不持合题意.综上所述：实数a的取值范园为（一o©，1门. 得，实载a的取值范周是[二，+∞人 技法3利用导数研究能成立（有解）问题 3.(2)(-o,1门(3)(-o,1]【解析】(2)令F(x)=f 【对点练习】 (r)-g(x)=iI一osL,:F(-r)=F(r).题设 L.(2)a>e【解析】(2)存在x∈[e,十o∞)，使f(x)<0即 e'o"-lnx<0.脚eo"<lna.即存在x∈[e,十oo),使 等价于F(x)>0在(0，受)上恒成立，即H(x)=sinx- >品成立.◆h)=品周北，只要画数6)=后 arcos>0在(0，受)上恒成立，可得H(x)=1-a)cos 在区间[e,十∞)的最小值小于e即可·下面求函数h(x) r+arsin r,H()=0.H'(0)=1-a. (①当a≤0时，在(0，受)上sinx>0,-areos≥0，故H =后在区同[e,十o∞)的最小值.hx)= (lnx-1) ,令 In'x (x)>0,F(x)>0,符合题意： u)=nx-子：(x)=士+>0，u()为 (i)当0<a≤1时，H(x)=(1一a)cosx十a.xsin≥0在 [e,+)上的增画数且u(e)=1-是>0M()= (0.受)上恒成立，故H(x)在(0，受)上单训递增， 故H(x)>H(0)=0,,,F(x)>0,符合题意： e(n三>0在[e,十o)恒成立·“h(x)=品在 Inz (i)当a>1时，H(0)=1-a<0.H(受)=受>0，故必 e,十o)递调递增，画数M()=品在区同e,十o∞)的最 存在m∈(0，受)，使得H()=0.且当x∈(0，)时， 小值为h(e)=e,h(e)=e<e,得a>e 10 参考答案 2.(2)(-1一e,十∞)【解析】(2)分离变量可得：a> ()=el一a(nx1十n人.由a=e1+1,得lna=ln 产◆=- 十(n十1)，则n十=lna-1,故g(x)mm=g(r1)=a- -nx'x∈[1e],则F(x) a(lna一1)=a(2一lna).当0a<e时，g(x)m=a(2-ln a)>0,则g(x)在(0，十o∞)上没有零点，当a=e时，g(x)mm (-号-2x)小x-hx)-（是-x)(1-1) =a(2-na)=0,则g(x)在(0，十oo)上只有一个零，点当a (r-In z) >e2时，g(.x)m=a(2-lna)<0.:a=e+l>e,.n> 兰inx-2r+1)+2n-- 1.'g(e 2)=e.e-a(In e+e)=e+(2a (x-In x) 一，易得当x∈[1，e]时， -e)>0.g(m)<0..g(x)在(e2,)上有且只有-个 lnx-2x+1<0.且2nx-x-1<0.从而F(x)<0,.F 零点，即g(x)在(0，x1)上有且只有一个零点，易得g(a)=d (x)在[1，e]单调递诚，于是a>F(.x)m=F(e)=-1-e ·e+l-a(lna+a)=a(e+i-lna-a)(a>e2).设h(a)= 即a的取值范围为（一1一e,十oo). 1-naaa>e),则N(a)=e1-立-l易知Na) 技法4利用导数研究函数的零点问题 【对点练习】 在(e,+oo)上单调道增，则(a)>e21-」-1>0，∴h e 1.(2)(aa=-1或a01【解析】(2)若函数f(x)有且只有 (a)在(e,十o∞)上单调递增，则h(a>e+1-2-e>0, 一个零点，则函数g(x)有且只有一个零点，且g(1)=0,由 g(a)0,∴.g(x)在(x1a)上有且只有一个零点，即g(x)在 (1)知：当a≥0时，函数g(x)为增函数，此时只有一个零点， (,十o∞)，上有且只有一个零点综上可知，实数“的取值范 满足题意当a<0时，①a<-1时，，画数g(x)在(0，一a) 国为(c,十oo). 上为减高载gag0)=0.“ge)=是>0. 3(20<a<号或a=-g.【解析1(2)gx)=a+1 函数g(x)在（一a,十c∞）上为增函数，.3唯一∈（一 e),使g(x)=0.∴函数g(x)拾有两个零点，不满足题意. 2ar-2=(a+1Dx-2.①当a>0时，须满足81>0 g(2)<0' ②-1<a<0时，：函数g(x)在（一a,十oo)上为增函数，. 0a<号®当a=0时g)=合r-2x+号“g g-a)<g4)=0.g(a))=h(a)广+a >0,△>0，.方程g(x)=0的两根x,x∈(1，十o),此时 [1-()门>2-。+a[1-()门=0. 函数A)有三个零点：符合题意：③当-是<a<0时，g a+2 ()广'-(-a)=aa<0.画教gr在0， 在(-∞，2)上递减，(2.-)上递增，(-+∞)上递 (a+2)9 减∴g1<0一定不特合：)若g1)=0.期a=-名，此 m)上为减画数3唯-西∈(a十2，-a小使gr)= 0,∴.函数g(x)怡有两个零点，不满足题意.③a=一1时，函 时g(-日)-忌(12a+10c+6a+1)>0函数hx)有 数g(x)在(0.1)上为减函数，在(1，十∞)上为增西数，·g 三个零点，符合题意：（若g1)>0,则-日<a<0,此时g (x)m=g(一1)=0，函数g(x)有且只有一个零点，满足题 意.编上所述：实数a的取值范围为{aa=一1或a≥0}. (-)=a(12a+1c+a+1)=0 2.(2)(e,十∞)【解析】(2)函数f(x)的定义域为(0，十o). f)=e1-a(r+1）=el-al血r+2.令gx= [(+12u）+10a+(a+子)]>0.（三部分都为正） xe1一a(nx+x)(.x>0),则f(x)有两个零点等价于g(x) “画数A()有四个零点，不持合题意：①当。=一号时8 有两个率点，号得g)=+De-a(侵+1)-出 (x)单调减西数，故西数h(x)最多两个零点，不合题意：⑤当 (ret1-a.当a≤0时，g(x)=Z中(et1-a>0,∴g a<一号时，函量g)的权大值g2)=导a-吉<0函 x 数h(x)不可能有三个零点，不合题意，综上所述，实数的 (x)在(0，十o∞)上单调递增，则g(x)至多有一个零点，因此 a>0.令g(x)=xe+-a(x>0),则g'(x)=(.x+1)e+1> 取值范国是0Ka<或a=-一日 0,∴g(x)在(0，十∞)上单调递增.'g(0)=-a<0,gp(a)= 技法05利用导数研究双变量与多变量问题 ae+1一a>0,.存在∈(0，a),使得g(xr)=0,则a= 【对点练习】 xe.∴.当x∈(0，)时，p(x)<0,即g(x)<0,g(x) 1。证明见解析【解析】(2)由已知f()=是r+ahx一4r 在(0，)上单调递减：当x∈(x,十o∞)时，g(x)>0,即g (x)>0,∴·g(x)在(，十o∞)上单调递增.图此，g(x)m=g 可得f(x)=x+4一4=一4十a,函数f代x)有两个极值 11 高考数学冲刺宝典 点(.<2)，即x一4zx十a=0在(0，十o)上有两个 <0.由=-n3-+1+hb=号n弯又】 (h(0)=a>0 不等实根.令h)=-4r+a:只务h2》=0故0 2(） <a<4,又x+=4,x1m=a,.f(x)+f() 31 <0.)=n3 (号i+alna-4n)+(号i+alnn-4n）=-4r+ 0,故有'()=0.1>> ∴h(b)在（仁）单调减。 )+ah+n)+号(+)=alha-a-8,要运f (x)十f()>lna-10,即证alna-a-8>lna-l0,只需 在泽满4()-+（) 证(1-a)lna+a-2<0,令m(a)=(1-a)na+a-2,a∈ (0,,则m'(a)=-lna+1与a+1=-lna,令(a)=m 上<0，h1)=0.hb)<0,期a≥3，得1-b长2@ a -1).∴.l1-al|1-b≤2l1-a成立 a,则da=-<0减立ima在aE（0,0 3.(1)1:(2)证明见解析. fx) 上单调递减，又m1)=1>0,m2)=合-n2<0,由零点 【解析】(1)将问题转化为不等 存在挂定里得，30，∈.2)使得ma,)=0,即1ha=品 式：et-素-0+2h ≥0在(0，十∞)上恒成立，利 '.a∈(0，a)时，m'(a)>0,m(a)单调递增，a∈(au,4)时，m 用导数证明k=1时，不等式e+-2ln.x-x-1≥0成立， (a)<0,m(a)单调递减，则m(a)s=n(ao)=(1一da)nao 进而分类讨论0<k<1与>1两种情况，从而得解 十a一2=(1一a)2十a-2=a十1-3，又由对勾画数知 (2)由题意知，m>0,fx)=1+2ln兰，测了(r)=二h(x y=a+-3在ae,2)上单词递增a十2-3<2 >0).令f(x)>0-0<x<1,令f(x)<0=x>1,∴.函数 f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+o∞)上单调递减，则 +号-3=-号<0.ma<0,即fn)+f)>ha fx)m=f1)=1,当r>1时，易得fz)=1+n>0恒 10得证. 2.(1)a>1(2)证明见解析【解析】(1)当b=1时，有a>1, 成立，当x=时f)1中2h<0,又函教f)=m有 a>1=b0与a=b*矛盾：当b>1时，有a>b>1与0< b<1而">1，与a=b0矛盾：当0<1时，有-1<-b 两个不同的实根x1,即f(r)与y=m的图像有两个交点， <0则1<bb<b,由a=bb得1<a<b1,∴a>1:综上 作出f(x)与y=m的部分图像如图：.0<m<1,且m 所述：d>1: 1+2血4，m=1+2h立得m=1+2n,md=1+2n (2)设f(x)=:xlnx,则了(x)=1+lnx,当x∈ (已+∞)时，fx)>0,则fx)在（日+o∞）上道增，由 ,有m.+)=2+2nn.要证+<21-nm 即证m(2十r)<2xx(1-lnm),即证2+2lnre< 于a=b“得ana=-lnb,即f(a)=-fb,由(1)知a> 2.xr(1一nm),即证1十lhx<x-x1lnm,由 1,又1>b>是，故要证1-a≤1-b≤21-a即证a-1 xxg>0,ln<0,得x<一c:In m.设h(x)=ln ≤1-2a-2即证u≤2-6且a>3.①要证a≤2-6 x一x+1(x>0),则'()=1-1(x>0),令(x)>0→0 需证f(a)≤f(2-b),即证-f(b)≤f(2一b),需证f(2-b) <x<1,令h'(x)<0=x>1,∴.函数h(x)在(0,1)上单调递 +fb)20,设g(b)=f(2-b)+f(b).需证g(b)a≥0，由g 增，在(1，十oo)上单调递减，.h(x)=h(1)=0,则h(x) =h2产6又1>6>是∴g0=h产。<0，g在 ≤0，即lnx十1≤x,.1十lnrr≤x,则1十ln≤ 1x3<x1T经一2lnm,即1十lnx121一2ln, (1)单调减，则g(b≥g1)=0,∴a≤2-b成立，则a- 即证 技法06导数中的极值点偏移问题 11-b成立：@要运a>3由于1>6>，则>3 【对点练习】 L.(2)证明见解析.【解析】(2)设f()=f()=1,即 >1需证a)≥f(2),即证-fb)≥f(,）)需证/ I(-D nn一k-1=∠ (32）+fb)≤0，设A()=f(3)+f),需证Ab) (n-k-1)0=t, ln-k-1=4 0<< 12 参考答案 两式相减得：ln一ln=上一二，即：1=血一h,两 11 (0:是)单调递增，：F(层)=0.…Fx)<0,即h(x)<h 式相加：n面十n着一2张一2=1(+）.要证：< (层-小，周此十>2寺成立， e,只需证：ln(x)<ln(e),即：ln十lnx<2k,只需 题型10三角恒等变换解题技巧 技法1拼凑思想的应用及解题技巧 福：1（日+）+2+2<2，只需福：1（号+）K-2只 【对点练习】 1+ 需证，1，（侵+）K-2只需运 .A【解折：m2A=2A器 COs A cos 2A 2 sin A 11 n马 1 -2sinA2=mA又A为锐角，0sA>0,∴2sinA2 2sin Acos A cos A <-2.◆m-A(0<m<.则只需运：nm<-2.即 一mA=1-2mA,解得加A=子：A为钱角0 :血m2,构逢高数gm=hm一2=n m十1 A=平mA=e又mA-B=2语mB m-2+南0<m<1.则gm)=品-m tan[A-(A-B)刀=nA-tanA-B段 1十tan Atan(A-B) mm+1>>0心gm)在(0,1)上单调递增∴g(m)<g()） (m-1)” 1压_215 1515 =0,即nm2mD,得泛 悟故接入 m十1 1+零×2语 15 2.证明见解析【解析】(2)函数f(x)=(2.x十a)nx一3(x一 2.D【解析】由已知可将2a=(a十B)十(a-),23=(a十) 0.0>0.则fx)=2hx+2实-3=2nxr+是-1- (a-),则cos[(a十)十(a一B)]十cos[(a+B)-(a-)]+ 1=2cos(a-)+cos(a十)，2cos(a十3cos(a-3)-2cos(a a十2血x二，：函数x)有两个极值点小f(x)= )-cos(a+)+1=0,[cos(a+)-1][2cos(a-B)-1]=0, 0有两个正实数解一方程4=x一2nx有两个正实数解台 即cosa+m=1浅os(a-B=子，又0<BK登0<a 函数y=a与函数h(.x)=r一2xlnx,x∈(0，+o∞)的图象有 十K元，一受<a0os(a+)≠1选项AB错误， 两个交点.h'(x)=1-2-21nx=-2nx-1,令h'(x)=0, 即cos(a一)=号则a一月=一5…B-a=于，则C错，D 解得x=」，当0<<」时'(x)>0,期h(x)单调递增，当 e 对，故选D x>」时h(x)<0,则h(x)单调递减，∴函数h(x)的极大值 品A【解折：如。-9<号且0<a<要0<a<平 72 cosa=小-ma=马. r)>0,且当→0时，h(r)0,又h)=0∴0<a<是.不 又0<<-<a-<骨na)=士 e 设0明十>2e>是- V-os(a)=士E. 5 洁)<(层-)h()<h(层-)∈ 当sin(a一)=压时，in月=in(a-（a3D)=sin acos 5 (o:是）人令F(x)=Ax)-(层-）=-2an 5 5 (是-+2（层-n(层-xe(o)F(层）片 零0<平如>0∴如=需不合题多。 0F'(x)=1-21hx-2+1-2h(层-）-2=-2h 合去：当na一0=-少同理可求得血S持 5 合题意.综上所速n日=9压.故选A 35 [层-小--x是- 技法2升（降）幂公式的应用及解题技巧 一2=0，当且仅 【对点练习】 当I是-即是时取等号，画数F()在x 上kC【解折向se十原血a=9得如(e+吾）- 13